Đề thi và lời giải chi tiết vào lớp 10 chuyên Toán THPT chuyên Trần Hưng Đạo - Bình Thuận năm 2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020 – 2021 BÌNH THUẬN TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO Môn Toán chuyên Thời gian 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1.  xy  x  y  5  . Giải hệ phương trinh:   2 2  xy  x  y  7   Câu 2. a) Cho p và p  2 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p  1 chia hết cho 6. b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 p  1 là lập phương của một số nguyên dương. Câu 3. Cho các số thực x, y, z  1 thỏa mãn 1 1 1    2. Chứng minh rằng: x y z x  y  z  x 1  y 1  z 1. Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . Gọi K là một điểm tùy ý trên cạnh BC với K  B, K  C. Kẻ đường kính KM của đường tròn ngoại tiếp tam giác BKF và đường kính KN của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK . Chứng minh rằng M , H , N thẳng hàng. Câu 5. Cho 20 điểm phân biệt trong mặt phẳng. Chứng minh rằng tồn tại đường tròn có đúng 12 điểm đã cho bên trong và có đúng 8 điểm đã cho bên ngoài. …Hết… LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. S  P  5 P  5  S    . Đặt S  x  y, P  xy với S 2  4 P. Khi đó hệ cho trở thành:   2  2   S  P  7 S  S  12  0     S  3 Ta có: S 2  S 12  0   .  S  4  x  y  3  x  2, y  1  Với S  3, ta có: P  2. Khi đó   .   y  2, x  1    xy  2 Với S  4, ta có: P  9. Loại vì S 2  4 P. Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   2;1 , 1; 2. Câu 2. a) Ta có: p lẽ và p  3 nên p chia 3 dư 1 hoặc 2. Nếu p  1mod 3 suy ra p  2  0 mod 3 vô lí do p  2 là số nguyên tố lớn hơn 3. Do đó p  2 mod 3 nên p  1  0 mod 6. Hay p  1 chia hết cho 6. b) Vì 2 p  1 là lập phương một số tự nhiên nên đặt 2 p 1  a 3 với a  * và a lẽ. Khi đó ta có: 2 p  a 1a 2  a  1. Do a lẽ nên a 1 chẵn và a 2  a 1  a a 1  1 lẽ nên suy ra a 1  2. Khi đó a  3, ta có: p  33 1  13. 2 Vậy p  13 là giá trị cần tìm. Câu 3. Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 x 1 y 1 z 1    2  1  1  1     1    . x y z x y 1 z x y z Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:  x 1 y 1 z 1 x  y  z   x  y  z      x y z  Suy ra: x  y  z  x 1  y 1  z 1. 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  . 2   x 1  y 1  z 1 2 Câu 4. Ta có: AF  AB  AE  AC do tứ giác BCEF nội tiếp. Gọi I là giao điểm của AK với  BFK  , ta có: AI  AK  AF  AB  AE  AC 1. Gọi I  là giao điểm của AK với CEK  , ta có: AI   AK  AE  AC  AF  AB 2. Từ 1 và 2 suy ra I  I . Hay AK đi qua I là giao điểm thứ hai của đường tròn  BFK  và CEK  với K  I .   EIA    ABC   1800  BAC . Ta có EIF AIF  ACB Suy ra tứ giác AEIF nội tiếp. Mà tứ giác AEHF nội tiếp nên năm điểm A, E , I , F , F cùng thuộc một đường tròn. Suy ra:  AIH   AFH  900 hay HI  IK 3.   NIK   900 nên M , I , N thẳng hàng và MN  IK 4. Mặt khác MIK Từ 3 và 4 suy ra M , H , N thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh. Câu 5. Trước hết ta chứng minh tồn tại một điểm P mà khoảng cách từ P đến 20 điểm đã cho là khác nhau. Thật vậy, khoảng cách từ P đến hai điểm A, B bằng nhau khi và chỉ khi P nằm trên đường trung trực của AB. Do đó chỉ cần chọn điểm P không nằm trên đường trung trực của bất cứ đoạn thẳng nào tạo bởi 20 điểm đã cho. Gọi khoảng cách của P đến 20 điểm đã cho lần lượt là d1  d 2  d 3  ...  d 20 . Xét đường tròn tâm P bán kính d12 , đường tròn này chứa đúng 12 điểm có khoảng cách đến P gần nhất. Ta có điều phải chứng minh.